§ 3. Kombinatorisches Zählen - Fakultät für Mathematik, TU Dortmund

§ 3. Kombinatorisches Zählen
§ 3.1. Die Theorie der Binomialkoeffizienten
Der Binomialkoeffizient nr (n ∈ N∪{0}, r ∈ Z) ist die Anzahl von r–elementigen Teilmengen
einer n–elementigen Menge.
Satz 3.1.

n!

, falls 0 ≤ r ≤ n,
n
r!(n − r)!
=

r
0
sonst.
n
[Beachten Sie, dass 0! = 1 gilt. Außerdem gilt stets nr = n−r
.]
Beweis. Das Ergebnis ist offensichtlich, falls r < 0 or r > n; weshalb wir 0 ≤ r ≤ n
annehmen. Die Anzahl angeordneter r–elementiger Teilmengen einer n–elementigen Menge
n!
ist n(n − 1) . . . (n − r + 1) = (n−r)!
, da es für das erste zu wählende Element n Möglichkeiten
gibt, für das zweite noch n−1 Möglichkeiten bleiben, usw. Allerdings besitzt jede r–elementige
n!
Teilmenge r! verschiedene Anordnungen, womit die Anzahl r–elementiger Teilmengen r!(n−r)!
ist.
Satz 3.2.
n X
n
r=0
r
n
n
n
= 2n .
+ ...+
+
=
n
1
0
Beweis. Die linke Seite ergibt die Anzahl aller Teilmengen einer n–elementigen Menge, welche
2n ist.
Satz 3.3. Falls n > 0, so gilt
n−1
n−1
n
.
+
=
r−1
r
r
Beweis. Sei X = {1, . . . , n}. n−1
ist die Anzahl aller r–elementigen Teilmengen von X,
r
n−1
die nicht n enthalten, und r−1 ist die Anzahl aller r–elementigen Teilmengen von X, die n
enthalten. Also ist n−1
+ n−1
die Anzahl aller r–elementigen Teilmengen von X, welche
r
r−1
n
ist.
r
1
Aus dem letzten Satz geht das Pascalsche Dreieck hervor:
0
0 1
1
0 1 2
2
2
2
1
0
Satz 3.4.
n X
k
k=0
r
=
n X
k
r
k=r
n+1
.
=
r+1
Hier ist eine Veranschaulichung des Falles n = 6 und r = 2:
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
21
0
3
10
1
4
1
10
20
35
0
1
6
15
0
1
3
5
0
2
4
6
7
1
5
15
35
1
6
21
1
7
1
Beweis. Der Satz kann mit vollständiger Induktion unter Verwendung von Satz 3.3 bewiesen
werden.
Eine andere Möglichkeit, den Satz zu beweisen,
ist die folgende.
Sei X = {1, . . . , n + 1}. Dann ist n+1
die
Anzahl
aller (r + 1)–elementigen Teilmengen von
r+1
k
X. Außerdem ist r die Anzahl aller (r + 1)–elementigen Teilmengen von X mit größtem
Element k + 1. Das größte Element ist aber eine der Zahlen 1, . . . , n + 1; tatsächlich muss es
eine der Zahlen r + 1, . . . , n + 1 sein. Also gilt
X
n n X
k
k
n+1
.
=
=
r
r
r+1
k=r
k=0
2
Der letzte Satz kann zum Auswerten polynomialer Summen verwendet werden. So ist z.B.
n n
X
X
k
k
2
2
2
2
+
2
k =
1 + 2 + ...+ n =
1
2
k=1
k=1
n+1
n+1
+
= 2
2
3
1
(n + 1)n[2(n − 1) + 3]
6
1
=
n(n + 1)(2n + 1).
6
=
Es gibt zwischen Binomialkoeffizienten unendlich viele Relationen dieser Art, wie z.B. (wobei
für alle Variablen ≥ 0 gelte):
n
X
n
= n2n−1 ;
r
r
r=0
n
X
n
= n(n + 1)2n−2 ;
r
r
r=0
n
X
2
n
(−1)r = 0
r
r
r=0
k
n X
n
r
k
r=0
r
n n−k
2
=
k
n 2
X
n
r=0
(n > k) ;
r
(n ≥ k) ;
2n
;
=
n
r X
n+k
k
n
;
=
r
r−i
i
i=0
n
X
r=0
1
1
n
=
(2n+1 − 1) ;
r+1 r
n+1
und so weiter . . .
3
§ 3.2. Anwendungen von Binomialkoeffizienten
Beispiel 3.1. Die Anzahl verschiedener (einfacher) Graphen mit n beschrifteten
n(d.h. untern
2
. Z.B. sind
scheidbaren) Ecken ist 2( 2 ) . Die Anzahl solcher Graphen mit m Ecken ist
m
für n = 3 die verschiedenen Graphen folgendermaßen gegeben:
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
Beispiel 3.2. Was ist die größte Anzahl von Gebieten, in die man eine Kreisscheibe aufteilen kann, indem man n Punkte auf ihre Kreislinie verteilt und diese paarweise mit Geraden
verbindet? Z.B.
n=1
n=2
•
1
•
•
2
n=3
n=4
n=5
n=6
•
•
•
•
•
•
•
•
•
4
8
•
•
•
•
16
•
•
•
•
•
31
Lösung. Die Anzahl der Gebiete wird am größten, wenn keine drei der Geraden konkurrent
sind (einen gemeinsamen Schnittpunkt haben); weshalb wir dies nun voraussetzen.
Wenn wir eine weitere Gerade hinzufügen, ist der Anstieg der Anzahl der Gebiete gleich der
Anzahl der bisherigen Gebiete, durch die die neue Gerade führt — das ist eines mehr als
die Anzahl der neuen Schnittpunkte, die zwischen Geradenpaaren entstanden sind. Somit ist
letztendlich die Anzahl von Gebieten gleich 1 (die Kreisscheibe, mit der wir begonnen haben)
plus die Anzahl hinzugefügter
Geraden ( n2 ) plus die Anzahl entstandener Schnittpunkte.
Die letzte Zahl ist n4 , da aufgrund unserer Voraussetzung
je 4 Punkte einen Schnittpunkt
n
n
erzeugen. Also ist die Gesamtzahl der Gebiete 1 + 2 + 4 .
Beispiel 3.3. Auf wieviele verschiedene Arten können n identische Geschenke an k Kinder
verteilt werden,
(a) falls jedes Kind i genau ri Geschenke erhalten muss (ri ≥ 0 ∀ i, r1 + . . . + rk = n)?
(b) wenn es keine Einschränkungen gibt?
(c) wenn jedes Kind mindestens ein Geschenk erhalten muss?
Lösung. (a) 1.
(b) Dies ist gleich der Anzahl der Möglichkeiten, eine Reihe von n Geschenken mit k − 1
4
Trennern zu partitionieren:
| | | ...
| {z } | {z } |{z}
3.
1.
2.
Kind
Kind Kind
Dies ist identisch mit der Anzahl von Möglichkeiten k−1 Objekte (die oben erwähnten Trenner)
aus einer Reihe von n + k − 1 Objekten auszuwählen, und diese ist
n+k−1
n+k−1
.
=
n
k−1
(c) Hier kann es am Ende der Reihe keine Trenner geben, und in jeder der n − 1 Lücken
zwischen den Geschenken steht höchstens ein Trenner. Also ist die Anzahl hier n−1
.
k−1
Beispiel 3.4. Wie Beispiel 3.3, aber mit n paarweise verschiedenen Geschenken.
Lösung. (a) Angenommen wir stellen die n Geschenke in eine Reihe und geben dann die ersten
r1 Geschenke an das erste Kind, die nächsten r2 Geschenke an das zweite Kind, usw. Es gibt
n! Möglichkeiten, die Geschenke anzuordnen. Aber jede erlaubte Geschenkevergabe entspricht
r1 !r2 ! . . . rk ! dieser Anordnungen, da bei jeder dieser Vergaben die ri Geschenke für das i–
te Kind auf ri ! Arten angeordnet werden können (i = 1, 2, . . . , k). Also ist die Anzahl an
Geschenkevergaben gleich
n!
r1 !r2 ! . . . rk !
(dies ist ein Multinomialkoeffizient, welcher nach dem Multinomialsatz gerade der Koeffizient
von xr11 xr22 . . . xrkk nach Ausmultiplizieren von (x1 + x2 + . . . + xk )n ist, vorausgesetzt r1 + r2 +
. . . + rk = n).
(b) Der Beweis ist leicht! Jedes der n Geschenke kann jedem der k Kinder gegeben werden,
womit die Antwort k n lautet.
(c) Der Beweis ist schwer! Wir bezeichnen die gesuchte Zahl mit f (n, k). Dann ist die Anzahl
aller Möglichkeiten, n Geschenke so an k Kinder zu verteilen, dass genau i Kinder Geschenke
erhalten
k(k − 1) . . . (k − i + 1)
k
f (n, i) =
f (n, i)
i
i!
(1 ≤ i ≤ k). Damit folgt
n
k =
k
X
f (n, i)
i=1
i!
k(k − 1) . . . (k − i + 1) .
Da f (n, i) offensichtlich 0 ist, falls i > n, und k(k − 1) . . . (k − i + 1) = 0, falls i > k, gilt
n
k =
n
X
f (n, i)
i=1
i!
k(k − 1) . . . (k − i + 1)
5
(1)
für alle k ≥ 1. Betrachtet man die n Ausdrücke k(k − 1) . . . (k − i + 1) (i = 1, . . . , n)
als Polynome in k, so sind sie linear unabhängig, und daher sind durch (1) die Koeffizienten
f (n,i)
eindeutig bestimmt; sie werden üblicherweise mit S(n, i) bezeichnet und Stirling–Zahlen
i!
zweiter Art genannt (nach James Stirling, 1692–1770). So ist zum Beispiel
k 3 = k(k − 1)(k − 2) + 3k(k − 1) + k,
also
S(3, 3) = 1,
S(3, 2) = 3,
S(3, 1) = 1.
Daher ist die Antwort auf unsere Frage f (n, k) = k!S(n, k).
Beispiel 3.5. Auf wieviele Arten kann man eine Menge von n Elementen in k nichtleere
Teilmengen zerlegen?
Lösung. Die Anordnung der Teilmengen ist unerheblich, also haben wir hier dieselbe Situation
wie in Beispiel 2.4(c) nur mit k ununterscheidbaren Kindern! Um die gewünschte Antwort zu
erhalten müssen wir obiges Ergebnis durch k! teilen, der Anzahl an Möglichkeiten, die Kinder
zu permutieren. Wir erhalten also f (n,k)
= S(n, k).
k!
So ist zum Beispiel S(3, 2) = 3, und die möglichen Zerlegungen einer 3–elementigen Menge
{a, b, c} in 2 nichtleere Teilmengen sind
{a} ∪ {b, c}, {b} ∪ {a, c} and {c} ∪ {a, b}.
Beispiel 3.6. Gegeben seien 56 Symbole bestehend aus jeweils 7 Kopien von 8 verschiedenen
Symbolen. Gesucht ist eine Abschätzung der Anzahl der verschiedenen Arten, eine Tafel mit
7 × 7 Feldern mit 49 der Symbole aufzufüllen.
Lösung. Wir nehmen an, dass die Tafel fest angebracht ist, womit eine Drehung oder eine
Spiegelung einer Belegung im Allgemeinen eine andere Belegung liefert. Die Felder der Tafel
seien 49 Quadrate, beschriftet mit den Zahlen 1, . . . , 49. Die Anzahl der verschiedenen Arten,
56!
56 nummerierte Quadrate mit den Symbolen zu füllen, ist der Multinomialkoeffizient (7!)
8.
Betrachten wir nur die ersten 49 Quadrate, sehen wir, dass jede mögliche Anordnung von 49
Symbolen mindestens einmal (genau einmal, wenn die 7 weggelassenen Symbole alle von derselben Art sind) und höchstens 7!–mal (genau 7!–mal, wenn die 7 weggelassenen Symbole alle
56!
verschieden sind) in den (7!)
8 Belegungen vorkommen. Also gilt für die Anzahl aller gesuchten
Belegungen N, dass
56!
56!
<N <
.
9
(7!)
(7!)8
Wir können diese Zahlen unter Verwendung der Stirlingschen Formel (1730) abschätzen:
n √
für große n (mit Fehler < 1%, wenn n ≥ 9).
n! ≈ ( )n 2πn
e
Also gilt
56 √
2π · 56 ≈ 7 · 1074 ; 7! = 5040,
56! ≈ 56
e
6
und somit
7 · 1074
7 · 1074
<
N
<
,
2 · 1033
4 · 1029
3 12 × 1041 < N < 1 43 × 1045 .
(Die genaue Antwort ist der Koeffizient von
welcher ungefähr 2.0899 × 1042 ist.)
x49
49!
2
7
bzgl. der Entwicklung von (1+x+ x2! +. . .+ x7! )8 ,
§ 3.3. Rekursionsgleichungen
Eine lineare Rekursionsgleichung mit konstanten Koeffizienten ist eine Gleichung der Art
un = a1 un−1 + a2 un−2 + . . . + ak un−k
wobei a1 , . . . , ak Konstanten sind.
Satz 3.5. Wenn die quadratische Gleichung x2 − bx − c = 0 verschiedene Nullstellen α, β
hat, dann ist Aαn + Bβ n die allgemeine Lösung der Rekursionsgleichung
un = bun−1 + cun−2 (n ≥ 2).
Die Werte von u0 und u1 (bzw. von zwei anderen aufeinanderfolgenden ui s) bestimmen die
Konstanten A und B.
Beweis. Wir definieren A und B über die Gleichungen
A + B = u0 ,
αA + βB = u1 ,
was möglich ist, da α 6= β gilt. Sei nun vn := Aαn + Bβ n für alle n. Dann gilt
vn − bvn−1 − cvn−2 =
(Aαn + Bβ n ) − b(Aαn−1 + Bβ n−1 ) − c(Aαn−2 + Bβ n−2 )
= Aαn−2 (α2 − bα − c) + Bβ n−2 (β 2 − bβ − c)
= 0.
Also ist un = bun−1 + cun−2 und vn = bvn−1 + cvn−2 für alle n ≥ 2, sowie u0 = v0 und
u1 = v1 . Mittels vollständiger Induktion folgt un = vn für alle n.
Beispiel 3.7. Die Fibonacci–Zahlen (Leonardo da Pisa (≈1180–≈1240), 1202) sind folgendermaßen definiert.
F0 = 0, F1 = 1, Fn = Fn−1 + Fn−2 if n ≥ 2 :
0 1 1 2 3 5 8 13 21
34 55 89 . . .
√
1± 5
Da die Gleichung x − x − 1 = 0 die Nullstellen 2 hat, folgt aus Satz 3.5, dass
√ n
√ n
Fn = A 1+2 5 + B 1−2 5 ,
2
wobei
0 = F0 = A + B ,
√ √ 1 = F1 = 1+2 5 A + 1−2 5 B ,
7
womit 2A = A − B =
√ n Da √15 1−2 5 ≤
√1
5
Satz 3.6.
und A = −B = √15 gelten. Somit gilt
h √ n √ n i
1
√
.
Fn = 5 1+2 5 − 1−2 5
√ n
< 12 gilt, ist Fn die ganze Zahl, die √15 1+2 5 am nächsten liegt. √2
5
n X
n−r+1
r=0
r
= Fn+2 .
Beweis. Es bezeichne f (n, r) die Anzahl aller Möglichkeiten, r Zahlen aus {1, . . . , n} zu
wählen, von denen keine zwei konsekutiv sind (d.h. von der Form k, k+1). Sei a1 < a2 < . . . <
ar eine solche Wahl, dann ist a1 , a2 − 1, a3 − 2, . . . , ar − r + 1 eine Wahl von r verschiedenen
Zahlen aus {1, . . . , n−r+1}. Umgekehrt ist b1 < b2 < . . . < br eine Wahl von r verschiedenen
Zahlen aus {1, . . . , n − r + 1}, so ist b1 , b2 + 1, b3 + 2, . . . , br + r − 1 eine Wahl von r Zahlen
aus {1, . . . , n}, von denen
keine zwei aufeinander folgen. Aus dieser 1 : 1–Korrespondenz folgt,
dass f (n, r) = n−r+1
.
r
Es bezeichne nun g(n) die Anzahl aller Teilmengen von {1, . . . , n}, die keine zwei konsekutive
Zahlen enthalten. Es gilt also
n n
X
X
n−r+1
.
f (n, r) =
g(n) =
r
r=0
r=0
Zu zeigen bleibt g(n) = Fn+2 . Die Anzahl solcher Teilmengen, die n nicht enthalten, ist
gleich g(n − 1), und falls n ≥ 2, so ist die Anzahl solcher Teilmengen, die n enthalten,
gleich g(n − 2), denn, falls n enthalten ist, so kann nicht n − 1 enthalten sein. Also gilt
g(n) = g(n − 1) + g(n − 2), falls n ≥ 2. Aber es gilt
g(0) = 1 = F2 , g(1) = 2 = F3 , g(2) = 3 = F4 ,
und damit (per Induktion) g(n) = Fn+2 für alle n.
Die am häufigsten vorkommende lineare Rekursionsgleichung in zwei Variablen ist
f (p, q) = f (p − 1, q) + f (p, q − 1).
Sie hat viele Lösungen:
f (p, q) = 2p+q = 2p−1+q + 2p+q−1 ;
f (p, q) = (−1)p Fp−q = (−1)p−1 Fp−1−q + (−1)p Fp−q+1 ;
p+q−1
p+q−1
f (p, q) = p+q
=
+
;
p
p−1
p
f (p, q) = p+q−2
(Aufgabe 3.1) ;
p−1
f (p, q) = 2 p+q−1
(Aufgabe 3.10).
p
8
Diese Lösungen haben
alle gemein, dass sie Linearkombinationen von Binomialkoeffizienten
1
sind.
der Form p+q+c
p+c2
Lineare Rekursionsgleichungen mit nicht–konstanten Koeffizienten können im Allgemeinen nur
gelöst werden, wenn man als Lösungen auch Teilsummen von Potenzreihen erlaubt. So hat
z.B. die Rekursionsgleichung
die allgemeine Lösung
un = (n − 1)(un−1 + un−2 )
P
un = n! A + B nr=0
(−1)r
r!
(vgl. Aufgabe 3.20);
und die Rekursionsgleichung der Stirlingzahlen
S(n, k) = S(n − 1, k − 1) + kS(n − 1, k)
S(n, 1) = S(n, n) = 1
(für 2 ≤ k ≤ n − 1)
die Lösung
k
1 X
k−r k
rn
(−1)
S(n, k) =
r
k! r=1
(vgl. Aufgaben 3.13 und 3.23).
9
§ 3.4. Das Inklusions–Exklusions–Prinzip
Satz 3.7. Seien A1 , . . . , An endliche Mengen. Dann gilt
|A1 ∪ . . . ∪ An | =
X
|Ai | −
1≤i≤n
−
X
X
|Ai ∩ Aj | +
1≤i<j≤n
X
|Ai ∩ Aj ∩ Ak |
1≤i<j<k≤n
|Ai ∩ Aj ∩ Ak ∩ Aℓ | + . . . + (−1)n−1 |A1 ∩ . . . ∩ An |
1≤i<j<k<ℓ≤n
=
n
X
r=1
(−1)r−1
X
|Ai1 ∩ . . . ∩ Air | .
1 ≤ i1 < . . . < ir ≤ n
Beweis. Jeder Term in der Gleichung ist die Summe der Beiträge der einzelnen Elemente. Ist
ein Element in keiner der betrachteten Mengen, so trägt es zu keiner Seite etwas bei. Liegt
ein Element in s ≥ 1 der betrachteten Mengen, so ist sein Beitrag zu linken Seite 1 und sein
Beitrag zur rechten Seite ebenfalls
s
s
s−1 s
− . . . + (−1)
+
s−
s
3
2
s
s
s s
+ . . . + (−1)
−
= 1− 1−s+
s
3
2
= 1 − (1 − 1)s = 1.
Somit sind beide Seiten identisch.
Beispiel 3.8. Ein Derangement einer Menge X := {x1 , . . . , xn } ist eine Permutation auf X,
die kein Element von X festlässt. Wieviele Derangements gibt es?
Lösung. Sei Ai die Menge der Permutationen auf X, die xi festlassen. Dann gilt |Ai | = (n−1)!
für jedes i. Ai ∩Aj ist nun die Menge aller Permutationen auf X, die xi und xj festlassen, womit
|Ai ∩ Aj | = (n − 2)! gilt, falls i 6= j. Auf ähnliche Weise folgt |Ai ∩ Aj ∩ Ak | = (n − 3)!, falls
i < j < k, usw. Unter Verwendung von Satz 3.7 erhält man die Anzahl aller Derangements:
n! − |A1 ∪ . . . ∪ An |
n
n
n n
0!
(n − 3)! + . . . + (−1)
(n − 2)! −
= n! − n(n − 1)! +
n
3
2
1
1
n 1
= n! 1 − 1 + − + . . . + (−1)
.
2! 3!
n!
10
Der Anteil aller Permutationen auf X, die Derangements sind, ist damit
1−1+
1
1
1
− + . . . + (−1)n ,
2! 3!
n!
was ziemlich genau 1/e entspricht, da die Reihe e−1 = 1 − 1!1 + 2!1 − 3!1 + . . . schnell konvergiert.
1
Beispiel 3.9. Das problème des ménages. Die Ménage-Zahl Un ist das 2(n!)
–fache der Anzahl
aller Möglichkeiten n verheiratete Paare so an einen runden Tische zu setzen, dass auf den
Stühlen abwechselnd Männer und Frauen sitzen und kein Mann neben seiner Frau sitzt. Die
Frauen können zuerst hingesetzt werden. Dafür gibt es 2(n!) Möglichkeiten. Also ist Un die
Anzahl aller Permutationen π auf {1, 2, . . . , n}, sodass π(i) 6= i oder i + 1 (mod n) für alle
i. Sei A2i−1 die Menge aller Permutationen π, für die π(i) = i gilt, und sei A2i die Menge
derjenigen, für die π(i) = i + 1 (mod n) gilt. Dann gilt A2i−1 ∩ A2i = ∅ = A2i ∩ A2i+1 .
Die Anzahl aller Permutationen im Schnitt von r der Mengen A1 , . . . , A2n ist (n − r)!, falls
keine zwei dieser Mengen mod 2n konsekutive Indizes haben, und ansonsten 0. Die Anzahl
aller Möglichkeiten, r nicht aufeinanderfolgende Objekte aus 2n in einem Kreis angeordneten
Objekten auszuwählen, ist nach Aufgabe 3.16
2n
2n − r
.
r
2n − r
Also gilt, wenn man Satz 3.7 verwendet,
Un = n! − |A1 ∪ . . . ∪ A2n |
= n! −
n
X
r=1
n
X
X
(−1)r−1
|Ai1 ∩ . . . ∩ Air |
1 ≤ i1 < . . . < ir ≤ 2n
keine zwei konsekutiv
mod 2n
2n
2n − r
= n! +
(−1)
(n − r)!
r
2n
−
r
r=1
n
X
r
2n
2n − r
=
(−1)
(n − r)!
r
2n − r
r=0
r
§ 3.5. Erzeugendenfunktionen
Beispiel 3.10. De Anzahl aller Möglichkeiten, n identische Geschenke an k Kinder zu verteilen
ist der Koeffizient von xn in (der Entwicklung von) (1 + x + x2 + . . . )k : Es stehen die k Reihen
für die k Kinder und die Wahl von xr1 aus der ersten Reihe, xr2 aus der zweiten Reihe,
usw. (r1 + . . . + rk = n) entspricht der Verteilung von r1 Geschenken an das erste Kind, r2
11
Geschenken an das zweite Kind, usw. Da 1 + x + x2 + . . . =
1
,
1−x
gilt
(1 + x + x2 + . . . )k = (1 − x)−k
= 1 + (−k)(−x) +
= 1 + kx +
(−k)(−k−1)
(−x)2
2!
k(k+1) 2
x
2!
+
k+1
k(k+1)(k+2) 3
x
3!
+
(−k)(−k−1)(−k−2)
(−x)3
3!
+ ...
+ ...
k+2
n
= 1 + kx + 2 x2 + 3 x3 + . . . + k+n−1
x + ... .
n
Somit ist k+n−1
der Koeffizient von xn wie in Beispiel 3.3.
n
Angenomen, jedes Kind soll eine gerade Anzahl von Geschenken erhalten. Dann ist die Anzahl
aller möglichen Verteilungen der Koeffizient von xn in (1 + x2 + x4 + . . . )k . Dieser ist 0, wenn
k+ 12 n−1
, wenn n gerade ist.
n ungerade ist, und
1
n
2
Soll das erste Kind mindestens ein Geschenk erhalten, das zweite höchstens ein Geschenk, das
dritte Primzahl–viele Geschenke, usw., dann müssen wir den Koeffizienten von xn in
(x + x2 + x3 + . . . )(1 + x)(x2 + x3 + x5 + x7 + x11 + . . . ) . . .
betrachten.
Beispiel 3.11. Sind die Geschenke alle verschieden, so ist laut Beispiel 3.4(a) die Anzahl aller
Möglichkeiten, r1 Geschenke an das erste Kind, r2 Geschenke an das zweite Kind, usw. zu
verteilen, gleich dem Multinomialkoeffizienten
n!
.
r1 !r2 ! . . . rk !
Somit ist die Gesamtzahl aller möglichen Verteilungen der Geschenke das n!–fache des Koef3
n
2
fizienten von xn in (1 + x + x2! + x3! + . . . )k . Das ist der Koeffizient von xn! in
exp(kx) = 1 + kx +
(kx)2 (kx)3
(kx)n
+
+ ...+
+ ... ,
2!
3!
n!
also k n . Wir können die Reihen wie in Beispiel 3.10 so anpassen, dass die Verteilung weitere
Bedingungen erfüllt, aber der gesuchte Koeffizient kann deutlich schwerer zu bestimmen sein.
Ist (a0 , a1 , a2 , . . . ) eine (endliche oder unendliche) Folge, so heißt die formale Potenzreihe
∞
X
an xn = a0 + a1 x + a2 x2 + . . .
n=0
die (gewöhnliche) Erzeugendenfunktion für die Zahlen an , und
∞
X
x2
xn
= a0 + a1 x + a2 + . . .
an
n!
2!
n=0
12
heißt die exponentielle Erzeugendenfunktion. Es gibt auch Erzeugendenfunktionen in mehr als
einer Unbestimmten. Zum Beispiel liefert der Koeffizient von xn y k in
(1 + xy + x2 y 2 + . . . )(1 + x2 y + x4 y 2 + . . . )(1 + x5 y + x10 y 2 + . . . ) . . . .
die Anzahl aller Möglichkeiten n Cent mit k Münzen zu bilden.
Beispiel 3.12. Eine Wanderung durch {0, 1, 2, . . .} ist eine endliche Folge von Schritten,
wobei ein Schritt ausgehend von einer Zahl k entweder nach k − 1 oder nach k + 1 gehen
kann (für k = 0 ist nur der Schritt nach 1 möglich).
Wieviele Wanderungen durch {0, 1, 2, . . . } gibt es, die bei 0 beginnen, nach 2t Schritten das
erste Mal wieder bei 0 angelangt sind und dort enden?
Z.B. t = 1 :
•
t=2:
•
•
•
α1
t=4:
•
•
•
•
•
•
•
•
•
t=3:
•
•
α1 α2
•
•
•
α1 (α2 (α3 α4 ))
•
•
•
•
•
•
•
•
•
α1 ((α2 α3 )α4 )
•
•
•
•
•
•
•
α1 (α2 α3 )
•
•
•
•
•
•
•
•
•
(α1 (α2 α3 ))α4
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
(α1 α2 )α3
•
•
•
•
(α1 α2 )(α3 α4 )
•
•
•
•
•
•
•
•
•
((α1 α2 )α3 )α4
Lösung. Wir bezeichnen die gesuchte Zahl mit at , und wir bezeichnen mit At die Anzahl aller
Wanderungen, die bei 0 beginnen, nach 2t Schritten (nicht notwendigerweise zum ersten Mal)
wieder bei 0 angelangt sind und dort enden. Dabei setzen wir a0 = 0 und A0 = 1, sowie
f (x) :=
∞
X
t
at x
und F (x) :=
t=1
∞
X
At xt .
t=0
Der erste Schritt jeder Wanderung, die von at gezählt wird, muss von 0 zu 1 sein, und der
letzte Schritt muss von 1 zu 0 sein. Dazwischen kommt eine Wanderung durch {1, 2, . . . },
die bei 1 beginnt, nach 2t − 2 Schritten wieder bei 1 angelangt ist und dort endet. Somit gilt
at = At−1 für alle t ≥ 1, und damit f (x) = xF (x).
Die Anzahl aller Wanderungen, die nach 2t Schritten zum zweiten Mal bei 0 angelangt sind
und dort enden, ist
bt := a1 at−1 + a2 at−2 + . . . + at−1 a1 ,
und dies ist der Koeffizient von xt in (a1 x + a2 x2 + . . . )2 = f (x)2 . Ganz ähnlich ist die Anzahl
derjenigen, die nach 2t Schritten zum dritten Mal bei 0 angelangt sind und dort enden, gleich
ct := a1 bt−1 + a2 bt−2 + . . . + at−1 b1 ,
13
und dies ist der Koeffient von xt in (a1 x + a2 x2 + . . . )(b1 x + b2 x2 + . . . ) = f (x)3 . Führt man
das fort, so sieht man, dass At der Koeffizient von xt in
F (x) = 1 + f (x) + f (x)2 + f (x)3 + . . . =
ist. Somit gilt
f (x) = xF (x) =
1
1 − f (x)
x
.
1 − f (x)
Dies ist eine Funktionalgleichung für f (x), und liefert f (x)2 − f (x) + x = 0, f (x) =
Da f (x) konstanten Term 0 hat, gilt
√
1± 1−4x
.
2
1
1 − (1 − 4x)1/2
2
1
1
(− 12 )
(− 12 )(− 32 )
1
1
2
3
2
2
=
1 − 1 − (−4x) −
(−4x) −
(−4x) − . . .
2
2
2!
3!
f (x) =
und der Koeffizient von xt (t ≥ 1) ist
1
2
1
2
· 12 · 23 · · · 2t−3
2t−1
2
4t = 1 · 3 · 5 · · · (2t − 3)
t!
t!
2t−1
(2t − 2)! 2t−1
(2t − 2)!
= t−1
2 · 4 · 6 · · · (2t − 2) t!
2 (t − 1)! t!
1 2t − 2
1
2t − 1
=
=
.
t t−1
2t − 1 t − 1
=
Ausrechnen:
t=1:
1 0
=1
1 0
Die n–te Catalan-Zahl ist
t=2:
1 2
=1
2 1
t=3:
1 4
=2
3 2
t=4:
1 6
=5
4 3
t=5:
...
8
1
= 14 . . .
5 4
2n
(2n)!
1
Cn =
=
n!(n + 1)!
n+1 n
(E.C. Catalan (Belgier, 1814–1894), 1838), womit Ct−1 die Antwort zu Beispiel 3.12 ist.
Beispiel 3.13. Auf wieviele Arten können n Symbole α1 , . . . , αn in dieser Reihenfolge bzgl.
einer nicht–assoziativen binären Verknüpfung verknüpft werden? (Ist z.B. n = 3, so gibt es
zwei Arten: α1 (α2 α3 ) und (α1 α2 )α3 .)
P
n
Lösung. Sei an die gesuchte Zahl, und sei f (x) := ∞
n=1 an x . Durch Hinzufügen von Klammern kann α1 . . . αn zu einem wohldefinierten Produkt gemacht werden. Wir beginnen mit
(α1 . . . αj )(αj+1 . . . αn ) für ein j < n. Die Anzahl an Möglichkeiten, aus α1 . . . αj ein wohldefiniertes Produkt zu machen, ist per Definition aj , und für αj+1 . . . αn ist dies an−j . Daher
14
gilt
an =
n−1
X
aj an−j ,
j=1
was wiederum der Koeffizient von xn in f (x)2 ist. Hier setzen wir n ≥ 2 voraus, da für n = 1
a1 = 1 gilt, aber kein x–Term in f (x)2 vorkommt. Somit gilt
f (x) = f (x)2 + x oder f (x)2 − f (x) + x = 0 .
Wieder hat f (x) konstanten Term 0, und daher liefert uns Beispiel 3.12, dass
1 2n − 2
= Cn−1 .
an =
n n−1
Beispiel 3.14. Es soll gezeigt werden, dass für jede natürliche Zahl n, die Anzahl aller additiven Zerlegungen von n mit ungeraden Summanden gleich der Anzahl aller additiven Zerlegungen von n mit paarweise verschiedenen Summanden ist. Zum Beispiel (u = ungerade, v =
verschieden)
n=1 n=2
1
2
uv
v
1+1
u
n=3
3
uv
2+1
v
1+1+1
u
n=4
4
v
3+1
uv
2+2
2+1+1
1+1+1+1
u
n=5
5
uv
4+1
v
3+2
v
3+1+1
u
2+2+1
2+1+1+1
1+1+1+1+1
u
Lösung. Die Anzahl aller additiven Zerlegungen von n mit ungeraden Summanden ist der
Koeffizient von xn in
(1 + x + x2 + . . . )(1 + x3 + x6 + . . . )(1 + x5 + x10 + . . . )(1 + x7 + x14 + . . . ) . . .
= (1 − x)−1 (1 − x3 )−1 (1 − x5 )−1 (1 − x7 )−1 . . .
1
.
2i−1 )
i=1 (1 − x
= Q∞
(1)
(2)
(Die Zerlegung 1+1+3+3+3+5+9 entspricht beispielsweise der Wahl von x2×1 , x3×3 , x1×5 ,
x0×7 und x1×9 aus den ersten fünf Reihen, und x0 aus den restlichen.) Die Anzahl additiver
15
Zerlegungen von n mit paarweise verschiedenen Summanden ist der Koeffizient von xn in
(1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 )(1 + x4 )(1 + x5 ) . . . =
∞
Y
(1 + xi ).
(3)
i=1
Nun gilt
1 + xn =
1 − x2n
(1 + xn )(1 − xn )
=
,
1 − xn
1 − xn
und daher wird Gleichung (3) zu
∞
Y
(1 + xi ) =
i=1
=
1 − x2 1 − x4 1 − x6 1 − x8 1 − x10
···
1 − x 1 − x2 1 − x3 1 − x4 1 − x5
1
1
1
· · ·,
3
1 − x 1 − x 1 − x5
was gerade (1) entspricht. Etwas formeller ausgedrückt: Wir können (3) als
∞
Y
i
(1 + x ) =
i=1
∞
Y
1 − x2i
i=1
1 − xi
= Q∞
Q∞
i=1
2i
i=1 (1 − x )
(1−x2i−1 )(1−x2i )
1
2i−1 )
i=1 (1−x
= Q∞
schreiben, was gerade (2) entspricht.
Ein Baum heißt planar, wenn er ohne Überschneidungen in der Ebene abgebildet ist, Wurzelbaum, wenn eine Ecke als Wurzel ausgezeichnet wird, und gepflanzter Wurzelbaum, wenn er
ein Wurzelbaum ist, dessen Wurzel Grad 1 hat. Zwei planare Bäume werden als gleich angesehen, wenn bei einem der beiden, ohne dass sich dabei zwei seiner Kanten überkeuzen, die
Ecken so verschoben werden können, dass dadurch der andere entsteht. Z.B.,
•
•
•
◦
•
6=
•
•
◦
•
•
=
•
◦
•
•
•
Beispiel 3.15. Es soll gezeigt werden, dass die Anzahl aller planaren gepflanzten Wurzelbäume,
bei denen von den Nicht–Wurzelecken r Grad > 1 und s Grad 1 haben, gleich der Anzahl aller planaren gepflanzten Wurzelbäume ist, bei denen von den Nicht–Wurzelecken r derselben
Farbklasse (einer zulässigen Färbung mit zwei Farben) wie die Wurzel angehören und s der
anderen Farbklasse angehören.
Hierbei verstehen wir unter einer zulässigen Färbung mit zwei Farben eine Färbung jeder Ecke
mit einer der beiden Farben, sodass benachbarte Ecken unterschiedliche Farben haben.
16
r−1, s
•
•
•
•
•
•
•
•
v
•
◦
v
•
• •
• • •
• •
•
•
•
•
•
r1 , s1
◦
•
v
•
•
•
•
r2 , s2
•
•
•
•
•
•
◦
•
•
•
•
•
• • •
◦
Lösung. Wir bezeichnen die gesuchten Zahlen mit ars bzw. brs (mit a00 = b00 = 0) und setzen
∞ X
∞
∞ X
∞
X
X
r s
f (x, y) :=
ars x y and g(x, y) :=
brs xr y s .
r=0 s=0
r=0 s=0
Im ersten Problem ist die Anzahl planarer gepflanzter Wurzelbäume mit der gegebenen Einschränkung, bei denen die Ecke v, die mit der Wurzel benachbart ist, Grad 1 hat, gleich 1, falls
r = 0 und s = 1, und sonst 0. Dies entspricht dem Koeffizienten von xr y s in y. Die Anzahl
solcher Bäume, bei denen v Grad 2 hat, ist ar−1,s , und dies ist der Koeffizient von xr y s in
xf (x, y). Die Anzahl solcher Bäume, bei denen v Grad 3 hat, ist
X
X
ar1 s1 ar2 s2 ,
r1 , r2 ≥ 0
s1 , s2 ≥ 0
r1 + r2 = r − 1 s1 + s2 = s
und dies ist der Koeffizient von xr y s in xf (x, y)2 . Die Anzahl solcher Bäume, bei denen v
Grad 3 hat, ist
X
X
ar1 s1 ar2 s2 ar3 s3 ,
r1 , r2 , r3 ≥ 0
s1 , s2 , s3 ≥ 0
r1 + r2 + r3 = r − 1 s1 + s2 + s3 = s
und dies ist der Koeffizient von xr y s in xf (x, y)3 . U.s.w. Also gilt
f (x, y) = y + x[f (x, y) + f (x, y)2 + f (x, y)3 + . . . ]
= y+
xf (x, y)
.
1 − f (x, y)
Betrachten wir nun das zweite Problem. Wieder ist Anzahl planarer gepflanzter Wurzelbäume
mit der gegebenen Einschränkung, bei denen v Grad 1 hat, gleich 1, falls r = 0 und s = 1,
und sonst 0. Dies ist der Koeffizient von xr y s in y. Die Anzahl derer, bei denen v Grad 2 hat,
ist bs−1,r , und dies ist der Koeffizient von xs−1 y r in g(x, y), also der Koeffizient von xr y s in
yg(y, x). Die Anzahl derer, bei denen v Grad 3 hat, ist
X
X
br1 s1 br2 s2 ,
r1 , r2 ≥ 0
s1 , s2 ≥ 0
r1 + r2 = s − 1 s 1 + s 2 = r
und dies ist der Koeffizient von xs−1 y r in g(x, y)2 , also der Koeffizient von xr y s in yg(y, x)2.
· · · u.s.w. Also gilt
g(x, y) = y[1 + g(y, x) + g(y, x)2 + . . . ]
y
=
,
1 − g(y, x)
17
(4)
und
g(x, y) = y + g(y, x)g(x, y).
(5)
Da x und y Unbestimmte sind, liefert (4)
g(y, x) =
x
,
1 − g(x, y)
und mit (5) folgt
g(x, y) = y +
xg(x, y)
.
1 − g(x, y)
Da dies dieselbe Funktionalgleichung wie die für f (x, y) ist, und da f (x, y) und g(x, y) beide
konstanten Term 0 haben, folgt f (x, y) = g(x, y) und damit ars = brs für alle r und s. Wir
halten fest, dass
g(x, y)2 + (x − y − 1)g(x, y) + y = 0
gilt, und damit
g(x, y) = 12 [ 1 − x + y −
p
(1 − x + y)2 − 4y ] .
Beispiel 3.16. Andrésches Problem (D. André (1840–1917), 1879). Unter einer alternierenden Permutation (AP) von {1, . . . , n} verstehen wir eine Umordnung α1 , . . . , αn , für die
α1 < α2 > α3 < α4 > . . . gilt. Zum Beispiel:
1 3 2 4, 1 4 2 3, 2 3 1 4, 2 4 1 3, 3 4 1 2.
Wieviele APs gibt es?
Lösung. Wir bezeichnen die Anzahl mit an , falls n ungerade, bzw. bn , falls n gerade. Dabei
setzen wir an := 0 für gerades n und bn := 0 für ungerades n, sowie a1 := b0 := 1. Es
ist zu beachten, dass an + bn die Anzahl aller APs einer beliebigen Menge von n paarweise
verschiedenen reellen Zahlen ist, nicht nur von {1, . . . , n}.
In einer AP von {1, . . . , n} taucht die Zahl n stets an einer geraden Position auf (n ≥ 2) und
trennt die Zahlen 1, . . . , n − 1 in zwei APs von ungerader Länge (falls n ungerade) oder in
eine AP von gerader Länge und eine von ungerader Länge (falls n gerade ist). Ist n an der
Position k + 1,
womit k notwendigerweise ungerade ist, so liegen davor k Zahlen, für deren
n−1
Wahl es k Möglichkeiten gibt, und die restlichen n − 1 − k Zahlen liegen dahinter. Die
Anzahl aller APs dieses Typs ist
n−1
n−1
ak bn−1−k (n gerade) .
ak an−1−k (n ungerade) or
k
k
Sei
f (x) :=
∞
X
an
n=0
n!
n
x
und g(x) :=
∞
X
bn
n=0
18
n!
xn .
Nehmen wir zuerst an, dass n ungerade und ≥ 3 ist. Dann gilt
X
n−1
ak an−1−k
an =
k
0≤k ≤n−1
k ungerade
n−1 X
n−1
ak an−1−k
=
k
k=0
= (n − 1)!
Dies ist der Koeffizient von
xn−1
(n−1)!
da ak = 0, falls k gerade,
n−1
X
ak
k=0
an−1−k
.
k! (n − 1 − k)!
in f (x)2 . Somit gilt
f (x)2 = a3
x2
x4
+ a5 + . . . .
2!
4!
Da a1 = 1, gilt aber
x5
x3
f (x) = x + a3 + a5 + . . . ,
3!
5!
und damit D(f (x)) = 1 + f (x)2 . Wir benötigen zu dieser Gleichung die (eindeutige) Lösung
mit konstantem Term 0. Da D(tan x) = sec2 x = 1 + tan2 x gilt, muss die Reihenentwicklung
für tan x die Lösung sein: f (x) = tan x.
Auf ähnliche Weise (Aufgabe 3.36) erhalten wir g(x) = sec x. Somit ist die Anzahl aller APs
n
von {1, . . . , n} der Koeffizient von xn! in
sec x + tan x = 1 + x +
x3
x4
x5
x6
x7
x2
+ 2 + 5 + 16 + 61 + 272 + . . . .
2!
3!
4!
5!
6!
7!
19
Übungen zu Kapitel 3
Übung 3.1. Zeigen Sie unter Verwendung der Sätze 2.4und 3.3, dass
k1 + k2 − 2
für alle k1 , k2 ≥ 1.
R(k1 , k2 ) ≤
k1 − 1
Übung 3.2. Sei n ∈ N. Schreiben Sie
zerlegten polynomialen Ausdruck in n.
n
X
k 3 und
k 4 jeweils als einen in Linearfaktoren
k=1
k=1
Übung 3.3. Sei m ∈ N. Zeigen Sie, dass
n
X
m
X
1
k(k + t) = (m + 1)m(2m + 3t + 1) gilt.
6
k=1
Übung 3.4. (a) Wieviele verschiedene aus 13 Karten bestehende Hände können mit einem
Satz Pokerkarten mit 52 Karten ausgegeben werden? Wieviele solcher Hände bestehen aus c
Kreuz–, d Karo–, h Herz– und s Pikkarten (c + d + h + s = 13)?
(b) Es soll eine aus 10 horizontalen roten, weißen oder blauen Streifen bestehende Flagge so
entworfen werden, dass kein Streifen dieselbe Farbe wie der darüberliegende Streifen hat. Auf
wieviele verschiedene Arten ist dies möglich?
Übung 3.5. Sei n ∈ N. Beweisen Sie kombinatorisch (ohne den binomischen Lehrsatz oder
Eigenschaften von Binomialkoeffizienten zu verwenden), dass die Anzahl aller Teilmengen ungerader bzw. gerader Mächtigkeit einer n–elementigen Menge jeweils 2n−1 ist, und schließen
Sie daraus, dass
n
n
n
n
+ · · · = 2n−1
+
+··· = n+
+
1+
5
3
4
2
gilt.
Übung 3.6. Sei n ∈ N. Bestimmen Sie jeweils (ausgedrückt unter Verwendung von Binomialkoeffizienten) die größte Anzahl von Teilen, in die (a) eine Gerade durch n Punkte,
(b) eine Ebene durch n Geraden,
(c) ein 3–dimensionaler Raum durch n Ebenen
aufgeteilt werden kann.
Übung 3.7. (a) Wieviele verschiedene Wörter mit q Buchstaben können aus einem Alphabet
mit 26 Buchstaben gebildet werden, sodass (i) es keine weitere Einschränkungen gibt, (ii) darin
jeder Buchstabe höchstens einmal vorkommt?
20
(b) Wieviele Sätze (endliche Wortfolgen) können gebildet werden, sodass darin jeder Buchstabe
genau r–mal vorkommt und (i) es keine weiteren Einschränkungen gibt, (ii) darin genau n
Wörter vorkommen?
Übung 3.8. Seien n, r ∈ N. Was ist die Anzahl aller r–elementigen Auswahlen einer n–
elementigen Menge?
[Eine r–elementige Auswahl gleicht einer r–elementigen Teilmenge, allerdings dürfen darin Elemente mehrfach vorkommen. So ist z.B. {a, a, b} eine 3–elementige Auswahl der 3–elementigen
Menge {a, b, c}. Dabei ist die Anordnung der Elemente irrelevant: {a, a, b} ist dieselbe Auswahl
wie {a, b, a} oder {b, a, a}.]
Übung 3.9. Seien a, b, c ∈ N0 . Sei P die Menge aller Polynome mit nichtnegativen ganzzahligen Koeffizienten.
Zeigen Sie, dass die Anzahl aller Polynome in P , deren Grad höchstens a und deren Koeffizentensumme gleich b ist, gleich der Anzahl aller Polynome in P ist, deren Grad höchstens b
und deren Koeffizientensumme gleich a ist.
[Hinweis: Betrachten Sie a + 1 Kinder mit den Namen xa“, xa−1“, . . ., x1“ und x0“.]
”
”
”
”
Bestimmen Sie die Anzahl aller Polynome in P , deren Grad gleich a und deren Koeffizientensumme gleich b ist.
Bestimmen Sie die Anzahl aller Polynome in P , für die Grad plus Koeffizientensumme gleich
c ist.
Übung 3.10. Seien p, q ∈ N0 . Zeigen Sie: Die Anzahl aller Folgen von p 0en und q 1en, bei
denen es mindestens eine Stelle gibt, bis zu und inklusive der die Anzahl aller 0en und 1en
identisch ist, ist
p+q−1
p+q−1
, falls q ≥ p.
, falls p ≥ q, und 2
2
q
p
[Hinweis: Führen Sie eine Induktion nach p + q durch.]
Bestimmen Sie damit die Wahrscheinlichkeit dafür, dass bei der Auszählung der Stimmen einer
Wahl zwischen zwei Personen A und B diejenige, die letztendlich mit p zu q Stimmen gewinnt,
vom Anfang bis zum Ende (echt) in Führung liegt.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass der letztendliche Gewinner bei der Auszählung
nie zurückliegt?
Übung 3.11. Seien k, n ∈ N. Bestimmen Sie die Anzahl aller k–stelligen natürlichen Zahlen, für die keine zwei aufeinanderfolgende Ziffern gleich sind. Bestimmen Sie die Anzahl aller
natürlichen Zahlen zwischen 1 und 10n , für die keine zwei aufeinanderfolgende Ziffern gleich
sind.
Finden Sie für k ≤ 10 jeweils einen Ausdruck für die Anzahl aller k–stelligen natürlichen Zahlen, bei denen keine zwei Ziffern gleich sind.
21
Bestimmen Sie die Anzahl aller 7–stelligen natürlichen Zahlen, die keine zwei aufeinanderfolgenden 0en enthalten.
[Hinweis: Sei f (k) die Anzahl aller k–stelligen natürlichen Zahlen, die keine zwei aufeinanderfolgenden 0en enthalten. Drücken Sie f (k) bezüglich f (k − 1) und f (k − 2) aus. Beachten
Sie, dass natürliche Zahlen nicht mit der Ziffer 0 anfangen.]
Übung 3.12. Bestimmen Sie die Anzahl aller natürlichen Zahlen von 1 bis 1 000 000, deren
Ziffern in (a) nicht–absteigender Ordnung, (b) nicht–aufsteigender Ordnung vorliegen.
[Hinweis: Zu (a): Fügen Sie, wenn nötig, am Anfang zusätzliche 0en ein, um die Zahl 6–stellig
zu machen. Fügen Sie zusätzlich neun Striche ein, die anzeigen, wo die Ziffern größer werden.
So wird zum Beispiel 35567 zu 0|||3||55|6|7||. Ersetzen Sie nun alle Ziffern durch . Kommt
Ihnen dieser Ausdruck bekannt vor?]
Übung 3.13. Seien n, k ∈ N mit 2 ≤ k ≤ n − 1. Zeigen Sie unter Verwendung der Tatsache,
dass S(n, k) die Anzahl aller Möglichkeiten ist, eine n–elementige Menge in k nichtleere
Teilmengen zu zerlegen, dass S(n, k) = S(n − 1, k − 1) + kS(n − 1, k) gilt. Schließen Sie
daraus, dass
n − 1 n−k
n−k
k
.
k
≤ S(n, k) ≤
k−1
Übung 3.14. Sei K ein Körper, und seien b, c, α ∈ K. Angenommen es gilt X 2 − bX − c =
(X − α)2 und α 6= 0. Zeigen Sie, dass dann un = (A + Bn)αn die allgemeine Lösung der
linearen Rekursionsgleichung un = bun−1 + cun−2 ist.
Übung 3.15. In Aufgabe 3.11 haben wir eine Funktion f (k) auf den natürlichen Zahlen
betrachtet, die folgendermaßen definiert war f (1) = 9, f (2) = 90 und f (k)
√ = 9(f (k − 1) +
f (k−2)), falls k ≥ 3. Bestimmen Sie unter Verwendung von Ausdrücken in 13 eine möglichst
einfache Formel für f (k). [Hinweis: Wie würde f (0) aussehen, wenn die Rekursionsgleichung
schon für k = 2 gelten würde?]
Übung 3.16. Seien n, r ∈ N mit r ≤ n. Es bezeichne g(n, r) die Anzahl aller Möglichkeiten r Objekte aus n in einem Kreis aufgestellten Objekten auszuwählen, sodass keine zwei
aufeinander folgen. Zeigen Sie, dass
n−r
n
.
g(n, r) =
r
n−r
Übung 3.17. Sei gk (n) die Anzahl aller Teilmengen von {1, 2, . . . , n}, die keine zwei Zahlen
mit Abstand höchstens k enthalten (d.h. es gilt |x − y| ≥ k + 1 für alle Zahlen x und y in
einer solchen Teilmenge).
22
Geben Sie eine Rekursionsgleichung für gk (n) an, und achten Sie darauf anzugeben, für welche
Werte von n diese gültig ist.
Wieviele Anfangswerte gk (0), gk (1), . . . , gk (m − 1) müssen für die Rekursionsgleichung bekannt sein, um alle restlichen Werte gk (m), gk (m + 1), . . . zu bestimmen? Geben Sie diese m
Anfangswerte an.
(Auf diese Weise kann der zweite Teil von Satz 3.6 verallgemeinert werden, da dieser gerade
dem Fall k = 1 entspricht. Allerdings ist die Rekursionsgleichung nicht leicht zu lösen, falls
k > 1.)
Übung 3.18. Seien n, k ∈ N mit k ≤ n. Es bezeichne hk (n) die Anzahl aller Teilmengen von
{1, 2, . . . , n}, die keine k aufeinanderfolgenden (konsekutiven) Zahlen enthalten.
Geben Sie eine Rekursionsgleichung für hk (n) an, und achten Sie darauf anzugeben, für welche
Werte von n diese gültig ist.
[Hinweis: Betrachtet man eine solche Teilmenge, was kann dann über die größte Zahl gesagt
werden, die nicht in dieser Teilmengen enthalten ist? Wieviel solcher Teilmengen gibt es, in
denen die größte nicht enthaltene Zahl n ist? bzw. n − 1? bzw. n − 2? . . ..]
Wieviele Anfangswerte hk (0), hk (1), . . . , hk (m − 1) müssen für die Rekursionsgleichung bekannt sein, um alle restlichen Werte hk (m), hk (m + 1), . . . zu bestimmen? Geben Sie diese
m Anfangswerte an.
(Auf diese Weise kann der zweite Teil von Satz 3.6 verallgemeinert werden, da dieser gerade
dem Fall k = 2 entspricht. Allerdings ist die Rekursionsgleichung nicht leicht zu lösen, falls
k > 2.)
Übung 3.19. Seien s, t ∈ N0 mit s > 0. Bestimmen Sie die die Anzahl f (s, t) aller Wanderungen durch {0, 1, 2, . . .}, die bei s beginnen, nach s + 2t Schritten zum ersten Mal bei
0 angelangt sind und dort enden. Bestimmen Sie damit die Anzahl aller Wanderungen durch
{0, 1, 2, . . .}, die bei 0 beginnen, nach 2t Schritten das erste Mal wieder bei 0 angelangt sind
und dort enden.
[Hinweis: Es bezeichne g(p, q) die Anzahl aller Wanderungen, die bei p − 2q (> 0) beginnen,
zum ersten Mal nach p Schritten bei 0 angelangt sind und dort enden, wobei g(p, q) := 0, falls
p = 2q. Zeigen Sie mittels einer Rekursionsgleichung für g(p, q), dass
p−1
p−1
.]
−
g(p, q) =
q−1
q
Übung 3.20. Zeigen Sie, ohne das Inklusions–Exklusions–Prinzip zu verwenden: Die Anzahl
dn aller Derangements einer n–elementigen Menge (das ist die Anzahl aller Permutationen π
der Elemente dieser Menge, die kein Element festlassen) ist
1
1
1
n 1
dn = n! 1 − + − + . . . + (−1)
.
1! 2! 3!
n!
23
[Hinweis: Betrachten Sie die Menge {1, . . . , n}. Zeigen Sie durch Aufteilen der Derangements
in diejenigen, für die π(k) = n und π(n) = k gilt, und diejenigen, für die π(k) = n und
π(n) 6= k gilt, dass dn = (n − 1)(dn−1 + dn−2 ).]
Übung 3.21. Wieviele natürliche Zahlen ≤ 1000 sind weder durch 3, 7 und 11 teilbar?
Übung 3.22. Wieviele Permutationen der Ziffern der Zahl 12345678 gibt es, bei denen in der
entstandenen Zahl nicht die Ziffernfolgen 12, 34, 56 und 78 vorkommen?
Übung 3.23. Verwenden Sie das Inklusions–Exklusions–Prinzip, um eine Formel für die Anzahl
f (n, k) aller Möglichkeiten n verschiedene Geschenke an k Kinder so zu verteilen, dass jedes
Kind mindestens ein Geschenk erhält.
Verwenden Sie die Tatsache, dass f (n, k) = k!S(n, k) gilt, wobei S(n, k) eine Stirling–Zahl
zweiter Art ist, um zu schließen, dass
k
k
X
1 X
(−1)k−r r n
k−r k
rn =
.
S(n, k) =
(−1)
k! r=1
(k
−
r)!r!
r
r=1
Übung 3.24. Verwenden Sie das Inklusions–Exklusions–Prinzip, um eine Formel für die Anzahl
aller Permutationen π einer n–elementigen Menge S zu bestimmen, die einen 2er–Zyklus
enthalten (d.h. es gibt x, y ∈ S mit x 6= y, π(x) = y und π(y) = x). Zeigen Sie damit, dass
der Anteil aller n! Permutationen, die keinen 2er–Zyklus enthalten, für n −→ ∞ gegen e−1/2
konvergiert.
[Hinweis: Verwenden Sie Mengen A1 , . . . , Am , wobei m = n2 . Für i ∈ {1, . . . , m} seien dabei
{x, y} das i–te Element in einer fest gewählten Auflistung aller zweielementigen Teilmengen
von S und Ai die Menge aller Permutationen, die x und y vertauschen.]
Übung 3.25. (T.W. Körner.) Eine Gruppe von Zauberern geht in eine Kneipe und legt dabei
ihre Stäbe auf einen Haufen beim Eingang. Als sie später betrunken wieder auftauchen, nimmt
sich jeder Zauberer einen zufälligen Stab von dem Haufen. Wieder zuhause angekomen, versuchen sie den Kater wegzuzaubern. Spricht ein betrunkener Zauberer mit seinem eigenen Stab
einen Zauberspruch gegen den Kater, so besteht die Wahrscheinlichkeit p, dass er in einen
Frosch verwandelt wird; versucht er dies mit dem Stab eines anderen Zauberers, so wird er
auf jeden Fall in einen Frosch verwandelt.
Zeigen Sie, dass die Wahrscheinlichkeit, dass alle Zauberer in Frösche verwandelt werden ungefähr ep−1 ist.
[Hinweis: Angenommen die Anzahl aller Zauberer ist n. Für i = 1, . . . , n sei Ai die Menge
an Permutationen der Stäbe, bei denen der i–te Zauberer seinen eigenen Stab erhält. Für
r = 0, . . . , n sei nr die Anzahl aller Permutationen, bei denen genau r Zauberer ihre eigenen
24
Stäbe erhalten. Sei q := 1−p. Zeigen Sie mit den Überlegungen aus dem Beweis der Inklusions–
Exklusions–Formel, dass
n
X
X
X
nr pr = n! −
|Ai | q +
|Ai ∩ Aj | q 2
1≤i≤n
r=0
−
X
1≤i<j≤n
|Ai ∩ Aj ∩ Ak | q 3 + · · · + (−1)n |A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An | q n .] 1≤i<j<k≤n
Übung 3.26. Verwenden Sie eine exponentiell erzeugende Funktion, um die Anzahl aller
Wörter mit n Buchstaben aus dem Alphabet {a, b, c, d} zu bestimmen, in denen der Buchstabe
a in ungerader Anzahl auftaucht.
[Hinweis: Falls Sie die erzeugende Funktion nicht sofort finden, beachten Sie, dass das Problem einem Problem gleicht, in dem Geschenke an Kinder verteilt werden. Um die benötigten
Koeffizienten zu bestimmen, betrachten Sie [exp(x) − exp(−x)].]
Übung 3.27. Lösen Sie das Problem aus Aufgabe 3.27 unter Verwendung einer gewöhnlichen
erzeugenden Funktion.
[Hinweis: Durch die Unterscheidung, ob ein gegebenes Wort auf a endet oder nicht, ist es
möglich, eine Rekursionsgleichung für die gesuchte Anzahl aufzustellen, welche eine Funktionalgleichung für die erzeugende Funktion f liefert. Folgern Sie daraus, dass
x
f (x) =
,
(1 − 2x)(1 − 4x)
und verwenden Sie Partialbrüche, um die Koeffizienten zu erhalten.]
2
[HinweisP
: Wieviele Wörter mit n Buchstaben gibt es (ohne Einschränkungen)?
n−1 n
x ?]
Was ist ∞
n=1 4
Übung 3.28. Sei n ∈ N mit n ≥ 3. Bestimmen Sie die Anzahl aller Möglichkeiten ein n–Eck
durch das Hinzufügen von n − 3 sich nicht schneidenden Diagonalen zu triangulisieren (d.h.
in Dreiecke zu zerlegen).
[Die beiden folgenden Zerlegungen werden als verschieden angesehen, da verschiedene Knoten
verbunden werden.
v2
v
..................................... 3
...
.. ......................
.
........
.. . ....
......... .....
........ ...
... ...
...........
.......
.. ...
v1 .... ....
..... v4
.
.
.
.
.
... ..
.... ...
.
.
.
.
... ...
.
.
... ...
........ ....
... .. ...............
..... ........
..
....................................
v6
v5
v2
v
............................................ 3
.
.
.
.. ..
.
.
....... .... .....
.. . ...............
.. ...
... ...
.. ..........
... ....
.................
...
..
v1 ...........
... ... v4
... ...........
... ..
... ........
.
........
...
........ .... ....
...
.
.................................................
v6
v5
25
Hinweis: Sei an−1 die gesuchte Anzahl, wobei a1 := 1. Nehmen Sie ein triangulisiertes (n + 1)–
Eck und betrachten Sie die Ecke vk , die zusammen mit v1 und vn+1 ein Dreieck bildet.] Übung 3.29. Zeigen Sie, dass die Anzahl aller Folgen von r Symbolen X und s Symbolen
Y , bei denen keine drei X aufeinanderfolgen, der Koeffizient von xr in (1 + x + x2 )s+1 ist.
Bestimmen Sie damit die Anzahl aller Möglichkeiten, fünf Objekte aus einer Reihe von acht
Objekten so auszuwählen, dass dabei keine drei aufeinanderfolgenden Objekte gewählt werden.
Schließen Sie daraus, dass die Anzahl aller Folgen von Symbolen X und Y der Länge n, bei
denen keine drei X aufeinanderfolgen, der Koeffizient von xn in
ist.
1 + x + x2
1 − x − x2 − x3
Übung 3.30. Ein Baum heißt kubisch, falls jede Ecke Grad 1 oder 3 hat. Sei n ∈ N. Zeigen
Sie die Harary–Prins–Tutte–Korrespondenz (1964): Die Anzahl (an ) aller planaren gepflanzten
kubischen Bäume mit n Blättern (d.h. von der Wurzel verschiedenen Ecken mit Grad 1) ist
gleich der Anzahl (bn ) aller planaren gepflanzten Bäume mit n von der Wurzel verschiedenen
Ecken.
Übung 3.31. Zeigen Sie, dass die Anzahl aller Folgen von r Symbolen X und s Symbolen Y ,
bei denen keine drei X aufeinanderfolgen und keine vier Y aufeinanderfolgen, der Koeffizient
von xr y s in
(1 + y + y 2 + y 3 )[1 − (x + x2 )(y + y 2 + y 3)]−1 (1 + x + x2 )
ist.
[Hinweis: Eine solche Folge beginnt mit 0, 1, 2 oder 3 Y und endet mit 0, 1 oder 2 X. Entfernt
man diese beiden Enden, so bleibt entweder nichts übrig oder es bleiben 1 oder 2 X gefolgt
von 1, 2 oder 3 Y übrig oder . . .]
Übung 3.32. Sei n ∈ N. Bestimmen (und, wenn möglich, lösen) Sie abhängig von den
folgenden Einschränkungen jeweils eine Funktionalgleichung für die Erzeugendenfunktion für
die Anzahl aller planaren gepflanzten Wurzelbäume mit n von der Wurzel verschiedenen Ecken.
(a) Jede Nicht-Endecke hat Grad 2;
(b) jede Nicht-Endecke hat Grad 3;
(c) jede Nicht-Endecke hat Grad 4;
(d) jede Ecke hat höchsten Grad 3;
(e) jede Ecke hat höchsten Grad 4;
(f) es gibt keine Ecken mit Grad 2.
Übung 3.33. Seien n, d ∈ N. Zeigen Sie, dass die Anzahl aller additiven Zerlegungen von n, in
denen kein Summand mehr als d–mal auftaucht, gleich der Anzahl aller additiven Zerlegungen
von n ist, in denen kein Summand ein Vielfaches von d + 1 ist.
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Übung 3.34. Sei n ∈ N. Zeigen Sie, dass die Anzahl aller additiven Zerlegungen von n,
in denen gerade Summanden höchstens einmal vorkommen gleich der Anzahl aller additiven
Zerlegungen von n ist, in denen kein Summand mehr als dreimal vorkommt, ist, und dass dies
auch die Anzahl aller additiven Zerlegungen ist, in denen kein Summand durch 4 teilbar ist.
Übung 3.35. Seien a, b ∈ N0 mit b kongruent zu 2, 3, 6, 9 oder 10 modulo 12. Zeigen Sie,
dass 2a b für obige Wahlen von a und b genau zweimal jede natürliche Zahl ergibt, die durch 6
teilbar ist, und genau einmal jede natürliche Zahl ergibt, die durch 2 oder 3 aber nicht durch
6 teilbar ist.
Zeigen Sie mit Hilfe dieses Ergebnisses, dass die Anzahl aller additiven Zerlegungen von n, in
denen jeder Summand genau 2–, 3– oder 5–mal vorkommt, gleich der Anzahl aller additiven
Zerlegungen von n ist, bei denen jeder Summand kongruent zu 2, 3, 6, 9 oder 10 modulo 12
ist.
Übung 3.36. Vervollständigen Sie die Lösung zu Beispiel 3.16, indem Sie zeigen, dass für
gerades n ∈ N die Anzahl aller alternierenden Permutationen auf {1, . . . , n} der Koeffizient
von xn /n! in der Potenzreihenentwicklung von sec(x) ist.
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